黑龙江省哈尔滨市第三十二中学校2025--2026学年高三上册1月期末考试数学试题【附解析】

这是一份黑龙江省哈尔滨市第三十二中学校2025--2026学年高三上册1月期末考试数学试题【附解析】，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷选择题（共58分）
一、选择题（单选题，每个小题5分，共40分）
1. 已知集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据并集概念求出答案.
【详解】.
故选：D
2. 已知复数（为虚数单位），则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算即可求解.
【详解】由题意.
故选：D．
3. 已知向量与垂直，则实数的值为（）
A. B. C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标公式即可求解.
【详解】由可得，，解得.
故选：D
4. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两角和的正切公式，代入已知计算求解.
【详解】根据两角和的正切公式，
代入已知可得，
.
故选：A.
5. 已知圆锥的高为4，底面半径为3，则它的侧面积是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出圆锥的母线长，再利用圆锥的侧面积公式计算即可.
【详解】由题意，圆锥的母线，
故其侧面积为
故选：B.
6. 方程的实数根的个数为（）
A. 0B. 1C. 2D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据方程与函数的关系，作指数函数与对数函数的图像，可得答案.
【详解】由题意方程的实数根为函数与函数图像交点的横坐标，
对于函数与函数作图如下：
由图可知函数存唯一交点，则方程存在唯一实根.
故选：B.
7. 要得到函数的图象，需要把函数的图象（）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用函数的图象变换规律，可得结论．
【详解】要得到函数的图象，
要得到函数的图象，
需要把函数的图象向左平移个单位长度；
故选：C
8. 函数的图象大致是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别求不等式，的解，再求时，的取值，观察各选项确定不满足条件的选项，及满足条件的选项，确定结论.
【详解】令，得或，排除D，
令，得，有两个零点，排除C，
当时，，排除B，
观察可得选项BCD不同时符合以上条件，而选项A符合以上所有条件.
故选：A．
二、选择题（多选题，每个小题6分，共18分，选错不给分，少选每题2分）
9. 已知函数的导函数的图象如图所示，则（）
A. 在上单调递减B. 在上单调递增
C. 的一个极小值为D. 在上的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用导数与函数的单调性间的关系，结合图形，直接求出单调区间，进而得到极值和最值，再结合各个选项，即可求解.
【详解】由图可知，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在，上单调递增，极小值为，
在上的最大值为，所以选项A和C错误，选项B和D正确，
故选：BD.
10. 如果数列为递增数列，则的通项公式可以为（）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据作差法即可判断BCD，举反例即可判断A.
【详解】对于A，当，故不递增数列，故A不符合，
对于B，，故是递增数列，故B符合，
对于C,，故为递增数列，,C符合，
对于D,，故为递增数列，D符合,
故选：BCD
11. 下列说法正确的是（）
A. 命题“”的否定是“”
B. 若正数满足，则
C. 函数的最小正周期是
D. 半径为1，圆心角为的扇形的弧长等于
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据全称命题的否定是特称命题可判断A；利用基本不等式可判断B；利用三角函数的周期公式可判断C；利用扇形的弧长公式可判断D.
【详解】命题“”的否定是“”，故A错误；
，当且仅当时，等号成立，故B正确；
函数的最小正周期，故C正确；
半径为1，圆心角为的扇形的弧长为，故D正确.
故选：BCD.
第II卷非选择题（共92分）
三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知x、y是实数，向量，不平行，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】借助向量基本定理可得，计算即可得.
【详解】由题意可得，解得，故.
故答案为：.
13. 在中，若，则的大小为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理即可求解.
【详解】由正弦定理得，即，解得，
又因为，所以，所以.
故答案为：.
14. 已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率，再根据两直线垂直的判断方法列方程求解即得.
【详解】由求导得，则，
依题意，，解得.
故答案为：1.
四、解答题（共77分）
15. 记的内角，，的对边分别为，，，.
（1）求；
（2）若的角平分线交边于点，，，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件及正弦定理，再结合二倍角公式可得；
（2）根据角平分线分三角形面积之间的关系及余弦定理可得.
【小问1详解】
由及正弦定理，得，
，，
，，，，或.
，，，即.
【小问2详解】
如图：
，
，①，
又在中，由余弦定理可得，即②，
将①代入②得，或（舍）, .
的周长为.
16. 已知等差数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列前n项和为．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的求和公式来列方程即可求得公差，从而可得等差数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法来求和即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
则由等差数列求和公式得：，
又因为，所以可得，
即数列的通项公式为；
【小问2详解】
由，
所以.
17. 如图，某种“笼具”由上、下两层组成，上层和下层分别是正四棱锥和长方体．
（1）求这种“笼具”的表面积；
（2）求这种“笼具”的体积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接,先求出，进而求得正四棱锥的侧面积，再求长方体底座的侧面积和底面积，把它们相加，即得这种“笼具”的表面积；
（2）根据图形和相关边长求出正四棱锥的高，再利用棱锥和长方体的体积公式计算即得.
【小问1详解】
如图，取的中点，连接，
由正四棱锥知，所以，且
又，
所以，
所以，
故正四棱锥的侧面积为.
又长方体的侧面积为，底面积为，
所以这种“笼具”的表面积为.
【小问2详解】
连接，，设，的交点为，连接，易知平面，
又平面，所以，
因为，所以，又，所以，
则正四棱锥的体积为.
长方体的体积．
所以这种“笼具”的体积为.
18. 已知函数在点处的切线与直线垂直.
（1）求实数的值；
（2）求的单调区间.
【答案】（1）
（2）递增区间为、，递减区间为
【解析】
【分析】（1）求导，根据两直线垂直得到切线斜率，由导数几何意义得到方程，求出；
（2）求定义域，求导，得到不等式，求出单调区间.
【小问1详解】
，
则，
由题意可得，解得.
【小问2详解】
由，故，定义域，
则，，
由0得到，1.
故当时，，当时，，当时，，
故的递增区间为、，的递减区间为.
19. 已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中，.N是的中点，M是的中点.
（1）求证平面；（此问传统立体几何方法和空间向量两种方法都可使用）
（2）求平面与平面所成二面角的余弦值；（此问使用空间向量的方法）
（3）求点B到平面的距离.（使用空间向量的方法）
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，根据中位线的性质可得四边形为平行四边形，结合平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可；
（3）利用空间向量法求解点面距即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，则且，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，得，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
建立如图空间直角坐标系，
则，
有，
设平面与平面的一个法向量分别为，
则，
令，得，
所以，
则，
即平面与平面所成角的余弦值为.
【小问3详解】
由，平面的一个法向量为，
得，
即点到平面的距离为.